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\documentclass[10pt]{article} 

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\usepackage{titling}
\setlength{\droptitle}{-2cm}   % This is your set screw

%%文档的题目、作者与日期
\author{学号 \underline{\hspace{4cm}} \hspace{1cm} 姓名 \underline{\hspace{4cm}} }
\title{实变函数测验 4A 解答}
%\date{\vspace{-3ex}}
\renewcommand{\today}{\number\year \,年 \number\month \,月 \number\day \,日}
\date{2024 年 5 月 13 日}
%\date{March 9, 2021}

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\begin{document}

\maketitle

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圈出叙述错误的步骤，并加以改正。

\begin{enumerate}

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\item  %Problem 01
证明可测集 $E\subseteq \mathbb{R}$ 上的连续函数 $f$ 是可测函数。

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  根据可测函数的定义，对任意实数 $a$, 要证明 $E[f>a]$ 都是可测集。
\item  对任意 $x\in E[f>a]$, 即 $f(x)>a$, 记 $\varepsilon = f(x)-a$, 则 $\varepsilon>0$. 
\item  因为 $f$ 是连续函数，所以存在 $\delta>0$, 使得当 $y\in E$ 且 $|y-x|<\delta$ 时有 $|f(y)-f(x)|>\varepsilon$. 
\item  记 $U(x)=\{y\in\mathbb{R}: |y-x|<\delta\}$, 则 $U(x)$ 是开区间，且由(3)可得 $U(x)\cap E\subseteq E[f>a]$. 
\item  对每个 $x\in E[f>a]$, 都存在这样的开区间 $U(x)$, 记 $G=\bigcup \{U(x): x\in E[f>a]\}$ 是它们的并集。
\item  因为任意多个开区间的并集仍是开集，所以 $G\subseteq \mathbb{R}$ 是开集，从而是可测集。
\item  因为两个可测集的交集仍是可测集，所以 $E[f>a] = E\cap G$ 也是可测集。

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
(3)  因为 $f$ 是连续函数，所以存在 $\delta>0$, 使得当 $y\in E$ 且 $|y-x|<\delta$ 时有 $|f(y)-f(x)|<\varepsilon$. 


}

\vspace{0.3cm}

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\item  %Problem 02
设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是可测集 $E$ 上的可测函数。证明 $E[f>g]$ 是可测集。

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  设 $x_0\in E[f>g]$, 即 $x_0\in E$ 且 $f(x_0)>g(x_0)$. 
\item  有理数在实数轴上是稠密的，即在任何区间中都存在有理数。 
\item  由(2)可知存在有理数 $r\in (g(x_0),f(x_0))$, 即有 $g(x_0)<r<f(x_0)$. 
\item  有理数集是可数集，即可以记全体有理数为 $\{r_1,r_2,r_3,\cdots\}$. 
\item  由(3)和(4)可知，$E[f>g] = \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} E[f>r_n]\cap E[g<r_n]$. 
\item  因为 $f$ 与 $g$ 都是可测函数，所以 $E[f>r_n]$ 与 $E[g<r_n]$ 都是可测集。
\item  因为可数个可测集的并集仍是可测集，所以由(5)和(6)可得 $E[f>g]$ 是可测集。

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
(5) 由(3)和(4)可知，$E[f>g] = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} E[f>r_n]\cap E[g<r_n]$. 
}

\vspace{0.3cm}

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\item  %Problem 03
设 $f(x)$ 是可测集 $E$ 上的非负可测函数，则存在简单函数序列 $\{\varphi_k(x)\}$, 使得对任意 $x\in E$, 
有 $$\varphi_1(x)\le \varphi_2(x)\le \cdots\le \varphi_k(x)\le \cdots, \,\,\mathrm{且}\,\, \lim\limits_{k\to\infty} \varphi_k(x)=f(x).$$    

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  对每个正整数 $k$, 将区间 $[0,k]$ 划分成 $k\cdot 2^k$ 个等分的小区间。
\item  对每个正整数 $k$, 对每个 $1\le j\le k\cdot 2^k$, 记 $E_{k,j} = E[\frac{j-1}{2^k}\le f< \frac{j}{2^k}]$. 因为 $f$ 可测，所以这些是可测集。
\item  对每个正整数 $k$, 记 $E_k=E[f\ge k]$. 因为 $f$ 可测，所以这也是可测集。
\item  因为 $f$ 是定义在 $E$ 上的非负函数，所以对每个正整数 $k$, 都有互不相交的并集分解 
$$E=E_{k,1}\cup E_{k,2}\cup \cdots \cup E_{k, 2^k} \cup E_k. $$
\item  对每个正整数 $k$, 考虑定义在 $E$ 上的实值函数
$
\varphi_k(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 
\frac{j-1}{2^k}, & x\in E_{k,j},\,\, j=1,2,\cdots,k\cdot 2^k, \\ 
k, & x\in E_k. 
\end{array}\right.
$
\item  根据简单函数的定义，可知每个 $\varphi_k(x)$ 都是简单函数。
\item  根据 $\varphi_k(x)$ 的定义，可知 $\varphi_1(x)\le \varphi_2(x)\le \cdots\le \varphi_k(x)\le \cdots $. 
\item  对任意 $x\in E$, 要证明 $\lim\limits_{k\to\infty} \varphi_k(x)=f(x)$. 
\item  若 $f(x)<+\infty$, 则存在正整数 $k$ 使得 $f(x)\le k$. 此时 $0\le f(x)-\varphi_k(x)<\frac{1}{2^k}$. 此时 (8) 成立。
\item  若 $f(x)=+\infty$, 则对每个正整数 $k$ 都有 $x\in E_k$, 此时 $\varphi_k(x)=k$, 因此也有 (8) 成立。

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
(4) 因为 $f$ 是定义在 $E$ 上的非负函数，所以对每个正整数 $k$, 都有互不相交的并集分解 
$$E=E_{k,1}\cup E_{k,2}\cup \cdots \cup E_{k,k\cdot 2^k} \cup E_k. $$

}

\vspace{0.5cm}
\newpage

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\item  %Problem 04 叶戈罗夫定理
设可测集 $E\subseteq \mathbb{R}$ 的测度有限。设 $\{f_n:E\to\mathbb{R}\}$ 是一列可测函数，处处收敛于函数 $f:E\to\mathbb{R}$. \\ 证明对任意 $\delta>0$, 存在子集 $E_\delta\subseteq E$, 使得 $m(E-E_\delta)<\delta$, 且 $\{f_n\}$ 关于 $x\in E_\delta$ 一致收敛。

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  对任意两个正整数 $n,k$, 记 $E_{n,k} = \{ x\in E: |f_n(x)-f(x)|\ge \frac{1}{k} \}$. 
\item  因为 $\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=f(x)$ 对每个 $x\in E$ 都成立，所以
$\bigcap\limits_{N=1}^{\infty} \bigcup\limits_{n=N}^{\infty}E_{n,k} = \varnothing $ 对每个正整数 $k$ 都成立。  
\item  由(2)可知递降序列 $\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}E_{n,k} \supseteq \bigcup\limits_{n=2}^{\infty}E_{n,k}\supseteq\cdots \bigcup\limits_{n=N}^{\infty}E_{n,k}\supseteq\cdots$ 的极限是空集。 
\item  对任意$\delta>0$, 对任意正整数 $k$, 由(3)可知存在 $N_k$ 使得 $m\left( \bigcup\limits_{n=N_k}^{\infty}E_{n,k}\right)< \frac{\delta}{2^k} $. 
\item  记 $F_\delta = \bigcup\limits_{k=1}^{\infty}\bigcup\limits_{n=N_k}^{\infty}E_{n,k}$. 
由外测度的次可数可加性，有 $m(F_\delta) \le \sum\limits_{k=1}^{\infty} m\left( \bigcup\limits_{n=N_k}^{\infty}E_{n,k} \right)< \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{\delta}{2^k} = \delta$. 
\item  记 $E_\delta=E-F_\delta$. 要证明 $\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x)=f(x)$ 对 $x\in E_\delta$ 是一致收敛的。
\item  由德摩根公式，$E_\delta = E - \bigcup\limits_{k=1}^{\infty}\bigcup\limits_{n=N_k}^{\infty}E_{n,k}
 = \bigcap\limits_{k=1}^{\infty}\bigcap\limits_{n=N_k}^{\infty} (E - E_{n,k}) 
 = \bigcap\limits_{k=1}^{\infty}\bigcap\limits_{n=N_k}^{\infty} E[ | f_n-f | < \frac{1}{k}]$. 
\item  对任意 $\varepsilon>0$ 存在正整数 $k$ 使得 $\frac{1}{k}<\varepsilon$. 
\item  由(7)可知，对(8)中的 $k$ 存在 $N_k$ 使得对 $n\ge N_k$ 有 $E_\delta\subseteq E[ | f_n-f | < \frac{1}{k}]$. 
\item  由(8)与(9)可知，对任意 $\varepsilon>0$ 存在 $N_k$ 使得当 $n\ge N_k$ 时 
$| f_n(x)-f(x) | < \varepsilon $ 对 $x\in E_\delta$ 都成立。 

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
(4) 对任意$\delta>0$, 对任意正整数 $k$, 由(3)以及 $m(E)<\infty$ 可知存在 $N_k$ 使得 $m\left( \bigcup\limits_{n=N_k}^{\infty}E_{n,k}\right)< \frac{\delta}{2^k} $. 

}

\vspace{0.5cm}

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\item  %Problem 05卢津定理1
设 $f(x)$ 是可测集 $E$ 上的有界可测函数。证明对任意 $\delta>0$, 存在闭子集 $F_\delta\subseteq E$, 使得 
$m(E-F_\delta)<\delta$ 且 $f(x)$ 在 $F_\delta$ 上是连续函数。

%证明：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  设 $f$ 是简单函数，即存在互不相交的可测集 $E_1,\cdots,E_n$ 使得 $E=\bigcup\limits_{i=1}^{n}E_i$, 且 $f\mid_{E_i} = c_i$ 是常数函数。
\item  对任意 $\delta>0$, 存在闭子集 $F_i\subseteq E_i$ 使得 $m(E_i-F_i)<\frac{\delta}{n}$. 
\item  记 $F_\delta = \bigcup\limits_{i=1}^{n} F_i$, 则 $f\mid_{F_\delta}$ 是连续函数，且 $m(E-F_\delta) = \sum\limits_{i=1}^{n}m(E_i-F_i)<\delta$. 
\item  设 $f$ 是有界可测函数，则存在正整数 $M$ 使得 $-M\le f(x)\le M$ 对 $x\in E$ 都成立。
\item  对每个正整数 $k$, 对每个整数 $-M\cdot 2^k\le j\le M\cdot 2^k$, 考虑 $E_{k,j} = E[\frac{j}{2^k}\le f<\frac{j+1}{2^k}]$. 
\item  因为 $f$ 是可测函数，所以每个 $E_{k,j}$ 都是可测集，
%且 $E=\bigcup\limits_{j=-M\cdot 2^k}^{M\cdot 2^k} E_{k,j}$.  
且 $E = E_{k,-M\cdot 2^k} \cup \cdots \cup E_{k,M\cdot 2^k}$ 是互不相交的并集。
\item  定义简单函数 $\varphi_k:E\to[-M,M]$ 使得 $\varphi_k\mid_{E_{k,j} } = j$, 则有 $0\le f(x)-\varphi_k(x)\le \frac{1}{2^k}$. 

\item  对每个简单函数 $\varphi_k$, 由(1)-(3)可知，存在闭子集 $F_k\subseteq E$ 使得 $\varphi_k\mid_{F_k}$ 是连续函数，且 $m(E-F_k)<\frac{\delta}{2^k}$. 
\item  记 $F_\delta=\bigcap\limits_{k=1}^{\infty}F_k$, 则 $F_\delta$ 是闭集，
且 $m(E-F_\delta)=m\left( \bigcup\limits_{k=1}^{\infty}(E-F_k) \right)\le \sum\limits_{k=1}^{\infty}m(E-F_k) < \delta$. 
\item  由(7)与(8)可知，连续函数序列 $\{\varphi_k\mid_{F_\delta}\}_{k=1}^{\infty}$ 一致收敛于 $f\mid_{F_\delta}$, 所以这个极限函数也是连续的。 

\end{enumerate}

{\color{red}解答：
(7) 定义简单函数 $\varphi_k:E\to[-M,M]$ 使得 $\varphi_k\mid_{E_{k,j} } = \frac{j}{2^k}$, 则有 $0\le f(x)-\varphi_k(x)\le \frac{1}{2^k}$. 

}

\vspace{0.5cm}

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%\item  %Problem 06
%
%%证明：
%\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
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%\item  
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%
%\end{enumerate}
%
%{\color{red}解答：
%
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%}
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%\vspace{0.5cm}
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\end{enumerate}


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\end{document}

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